专题3 第8讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水 4归纳总结…… 平初速度。，小圆环恰好能够沿大圆环做完整 带电体在电场、重力场中运动的分析方法 的圆周运动，则小圆环运动过程中 (1)等效重力法：将重力与静电力进行合成，如 () A.动能最小与最大的位置在同一等势面上 图所示，则F。为等效重力场中的“重力”，g= 12 B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F金的方向等 效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向 C.在A点获得的初速度为W2(1十√2)gR 下”方向。 D.过B点受到大环的弹力大小为mg 等效最高点 心听课记录 等效最低点 (2)等效最高点和等效最低点：在“等效重力场” 中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于 圆周上的两点即为等效最高点和等效最低点。 温馨提示》请完成课时作业⑨ 第8讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 知识网络》体系构建 磁感应强度：B= 斤（定义式动 大小：F=quBsin0(0为B、u夹角) 磁场对运动 V⊥B时，F=quB 电荷的作用 方向：用左手定则判断 磁场方向：小磁针静止时N 极指向 磁场 (洛伦兹力) 特点：洛伦兹力对运动电荷不做功 磁场的性质 及带 不中断，不相交， 电粒 闭合 感 子在 确定圆心 疏密表示磁场强弱 磁场 中的 几何关系 电流的磁场方向：安培定则 运动 带电粒子 解半径 力学 qpB=m 在磁场中 大小：F=llBsin0(0为B、夹 的运动 关系 角)，ILB时，F=IIB 磁场对电 器2 流的作用 方向：F垂直B、所决定的平 (安培力) 确定圆心角日，仁 运动时间 27 面，用左手定则判断 t 考向探究》素养提升 考向一 磁场的性质 1.“两个定则” 单独存在时在该点所产生的 (1)安培定则（右手螺旋定则）：确定电流产生磁 磁感应强度的矢量和，M、N☒ 场的分布和方向。 B、 在c点产生的磁场如图 (2)左手定则：确定安培力、洛伦兹力的方向。 所示。 2.磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场 3.两个“等效模型” 叠加时，合磁场的磁感应强度等于各通电导体 (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培 第一部分专题三电场与磁场 033 力的大小和判断方向时均可等效为ac直线 ⑦听课记录 电流。 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电 螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。 N 「典例2[安培力的计算](2025·湖北宜昌二模) '·××1×· 如图所示，正六边形线框 B ABCDEF的六条边和对角 名 线AD均为相同材质和粗 [典例1[磁场的叠加](2025·福建卷)如图所示， 细的导体棒，线框固定于匀 空间中存在两根无限长 L 强磁场中，线框平面与磁感 直导线L1与L2,通有大 应强度方向垂直，线框顶点A、D与直流电源 小相等，方向相反的电M 两端相接，已知导体棒BC受到的安培力大小 流。导线周围存在M、 为F,则线框ABCDEF受到的安培力的大小 O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于 为 () L?对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强 A.3F B.5F 度大小为B1,O点磁感应强度大小为B2,现保 C.7F D.8F 持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感 应强度大小为 ( 听课记录 A:- B.2B1-B, C.B2-B D.B1-B2 考向二 带电粒子在有界磁场中的运动 1.基本公式及结论 相联系，运动时间与周期相联系。 (1)公式：qoB=m . 方法1：由圆心角求，1=2元 gB,T-2n】 (2)结论：r=m”, 9B:T=2xr 方法2：由弧长求，1=、 2.基本方法 「典例3[带电粒子在直线边界磁场中的运动] (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画 (2025·安徽卷)如 y 出轨迹，如图(a)、(b)所示。 图，在竖直平面内 B十 0B· 的Oxy直角坐标 i。、●●i B 系中，x轴上方存 xd x 。·M 刘 在垂直纸面向里的 pe Pxx 0 匀强磁场，磁感应 图(a) 图b) (2)半径的确定：轨迹半径与磁感应强度、运动 强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平 速度相联系。 行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到 b? x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位 方法1：由物理公式求，由于qxB=m 于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方 所以半径r=m” 各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒 gB 子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为 方法2：由几何关系求，一般由数学知识 gB 。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的 (勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。 m (3)时间的求解：偏转角度与圆心角、运动时间 相互作用，则 () 034 2对勾·讲与练·高三二轮物理 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d 计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。下 B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d 列说法正确的是 () C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d A.B,的大小为”m四 D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时 gr B.从O点进人磁场Ⅱ的粒子的速度仍相同 何为器 C.若B2=2B1,则粒子在磁场Ⅱ的边界的射出 点在六分之一圆周上 心听课记录 D.若B2=0.5B1,则粒子在磁场Ⅱ中运动的最 长时间为细 心听课记录 「典例4[带电粒子在圆形磁场 M 中的运动]如图所示，半径为 。 ,30° R的圆形区域内存在匀强磁 0 场，磁感应强度大小为B,方 [典例6[带电粒子在圆形和多 向垂直于纸面向外。质量为 边界磁场中的运动]（多选） m、电荷量为q的带正电粒子由M点沿与过该 (2025·四川卷)如图所示， 点的直径成30°角的方向射入磁场，经过圆心 工区有垂直于纸面向里的匀 O,最后离开磁场。不计粒子重力，则( 强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向 A.粒子的运动速度大小为2gB那 外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区 3m 边界重合：正方形与圆形中心同为O点。I区 且效子在磁场中运动的时间为器 和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。一带 正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一 C.若仅改变粒子的入射方向，粒子离开磁场时 条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a 的速度方向不变 点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（) D.若仅增大粒子的入射速度，则粒子在磁场中 A.在I区的轨迹圆心不在O点 的运动时间变长 B.在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2 心听课记录 C.在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D.在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148 心听课记录 [典例5[磁聚焦和磁发散] (多选)我国研制的世界首 套磁聚焦霍尔电推进系统2 「典例7[带电粒子在磁场中运动的多解问题]（多 已经完成了全部在轨飞行 选)(2025·湖南长沙一模)如 xxx×对战××× 验证工作，可作为太空发 图所示，在z0平面内存在 动机使用，带电粒子流的 着磁感应强度大小为B的匀：： 磁聚焦是其中的关键技术 强磁场，第一、二、四象限内的：：×××× 之一。如图，实线所示的两个圆形区域内存在 磁场方向垂直纸面向里，第三····×x×× 垂直于纸面的匀强磁场I、Ⅱ，磁感应强度分别 象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(一√2L, 为B1、B2。两圆半径均为r,相切于O点。 一 0),Q(0,-√2L)为坐标轴上的两点。现有一 束宽度为2r的带电粒子流沿x轴正方向射入 质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方 后都汇聚到坐标原点O。已知粒子的质量均为 向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确 m、电荷量均为十q、进人磁场的速度均为v,不 的是 ( ) 第一部分专题三 电场与磁场 035 A.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运 续表 动时同可能为器 类型 图例 特点 B.若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运 动路程可能为π 0 ××到 C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，运 存在临界条件，如图 动时何可能为器 丙所示，轨迹与右边 0 平行 界相切时，该粒子恰 D.若电子从P点出发恰好第一次经原点O到 边界 好不从右边界射出 达Q点，运动路程为πL或2πL (找出切点和交点是 解题关键) 。听课记录 如图甲所示，沿径 模型归一， 向射入必沿径向射 带电粒子在磁场中常见运动模型 出（不沿径向进入 类型 图例 特点 时入射速度与半径 的夹角等于出射速 圆形 度与半径的夹角)； 边界 如图乙所示为磁发 进出磁场的速度方 直线 散与磁聚焦，轨迹 向与边界的夹角相 边界 半径等于磁场半 等(“等角进出”) U 径，有“点入平出” “平入点出”的结论 温髻提示》请完成课时作业0 微专题3动态圆的应用 考向探究》素养提升 考向一 放缩圆法 适用粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速 [典例1(2025·山东青岛高三××××× 条件度大小不同 质检)如图所示，长度为L的××P× 水平板上方区域存在垂直纸×××交 面向里，磁感应强度大小为B××××8 放 --X 的匀强磁场，从距水平板中心正上方？的P点 缩 处以水平向右的速度v。释放一个质量为m、电 圆 应用 方法 荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，不计 × 电子重力及空气阻力，速度。应满足() 以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子 处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP A.voeBL 2m 上，将半径放缩作轨迹圆，粒子轨迹与磁场边 LeBL 界相切是恰好不射出磁场的临界状态 B.vo-4m 036 2对勾·讲与练·高三二轮物理力大小相等，作出小圆环在大圆环上 的等效最低点C与等效最高点D,如 图所示。小圆环在等效最低点速度最 大，动能最大，在等效最高点速度最 小，动能最小，根据沿电场线方向电势 降低，可知pD>9c,C点与D点不在 同一等势面上，A错误；小圆环在运动 过程中，只有电势能与机械能的转化， 则电势能最小的位置恰是机械能最大 的位置，B正确：小圆环恰好能够沿大 圆环做完整的圆周运动，即小圆环通 过等效最高点D的速度为0，对小 圆环从A到D,由动能定理，有 -gER sin45°-mg(R+Rcos45°)= 0- m条得=√21+2)kC 正确：小圆环从A到B过程，有 1 -mg·2R= 8- m品，在B点， UB 有F、+mg=mR,解得FN=(22 3)mg<0,可知，小圆环过B点受到大 圆环的弹力大小为(3一2√2)mg, D错误。 7m8 第8讲 磁场及带电粒子 在磁场中的运动 》考向探究·素养提升《 考向一磁场的性质 典例1A根据安培定则，两导线在O 点处产生的磁感应强度方向相同、大 小相等，则单根导线在O点处产生的 磁感应强度大小为B,=2 ,根据对称 性，两导线在V处产生的磁感应强度 大小应该与M点一样，为B,,根据对 称性，L?在N点处产生的磁感应强度 为B, B,由于L,在N点处产生的 磁感应强度大于L,在N点处产生的 磁感应强度，且方向相反，将L?撤去， N点的磁感应强度为 2一B1,故 选A。 典例2C设导体棒BC的电阻为R, 长度为L,通过导体棒BC的电流为 I,导体棒BC受到的安培力大小为 F=IBL,由左手定则可知其所受安培 力垂直BC向上，导体棒ABCD等效 长度为L1=2Lcos60°+L=2L,导体 棒ABCD受到的安培力大小为F,= IBL1=2BIL=2F,由左手定则可知 其所受安培力垂直BC向上，通过导 体棒AD的电流为I'=I·3R 3 -I, 2R 导体棒AD受到的安培力大小为F2= I'B·2L=3BIL=3F,由左手定则可 知其所受安培力垂直BC向上，根据 对称性可知，通过导体棒AFED的电 224红对勾·讲与练·高三二轮物理 流为I,导体棒AFED等效长度为 L3=2Lcos60°+L=2L,导体棒 AFED受到的安培力大小为F,= IBL3=2BIL=2F,由左手定则可知 其所受安培力垂直BC向上，线框 ABCDEF受到的安培力的大小为 F'=F1十F2十F3=7F,故选C。 考向二带电粒子在有界磁场中的运动 典例3C根据洛伦兹力提供向心力， mv' 有gBR可得R二B=山，故A 错误；当粒子沿x轴正方向射出时，薄 板上表面接收到的粒子离y轴最近， 如图甲中轨迹1，根据几何关系可知， 最近距离s上mm=d,当粒子恰能通过 N点到达薄板上方时，薄板上表面接 收到的粒子离y轴最远，如图甲中轨 迹2，根据几何关系可知，最远距离 s上mx=3d,故薄板上表面接收到粒 子的区域长度为s上=3d-d,故B 错误；由图乙中轨迹4可知，粒子可以 恰好打到薄板下表面的N点，当粒子 沿y轴正方向射出时，薄板下表面接 收到的粒子离y轴最远，如图乙中轨 迹3，根据几何关系可知，此时薄板下 表面接收到的粒子到y轴的距离为 d,故薄板下表面接收到粒子的区域长 度为d,故C正确；由图乙可知，粒子 恰好打到薄板下表面的N点时转过的 60° 圆心角最小，用时最短，有tm=360 23B g ”,故D错误。 + B × 典例4C根据题意作出粒子运动轨 迹图，如图甲所示，根据几何关系可知 半径r=R,根据洛伦兹力提供向心力 有nB=m,解得-，故A错 m 误；根据几何关系可知圆心角为120°， 國运动时间为1107=2功 3gB,故B 错误；若只改变粒子的速度方向，不改 变粒子的速度大小，则粒子轨迹圆的 半径保持不变，则粒子轨迹圆的圆心、 磁场区域圆的圆心、两个圆的交点构 成菱形，故粒子出磁场时速度方向不 变，故C正确；若增大粒子的入射速 度，运动周期不变，半径增大，轨迹如 图乙，根据几何关系可知圆心角减小， 则粒子在磁场中的运动时间变短，故D 错误。 M 甲 乙 典例5ACD由磁聚焦的特点可知，粒 子在磁场中的运动半径与磁场圆的半 mu 陶等，即B=,解得B gr A正确；洛伦兹力只改变带电粒子的 运动方向，不改变其速度的大小，其速 度大小相等，但速度的方向不同，B错 m 民：若B,=2B,则r一B,g 2=1 r，可 知粒子离开磁场Ⅱ最远的位置离原点 的距离为，如图甲所示，由几何关系， 弦所对最大圆心角为60°，故粒子在磁 场Ⅱ的边界的射出，点在六分之一圆周 上，C正确； 2r 甲 若B2=0.5B1,则T2= 772U B2q =2r,由此 可知，粒子离开磁场Ⅱ运动轨迹的弦 越长，运动的时间越长，如图乙所示， 粒子在磁场中最长弦对应的运动轨迹 的圆心角为60°，则粒子在磁场Ⅱ中运 动的最长时间为1=日×2红：2 需D确 y 2r 60 乙 典例6AD如图 所示，带电粒子 在I区的轨迹圆 心不在O点，故 A正确；设I区 的磁感应强度为 B1,Ⅱ区的磁感 应强度为B2,有 B1:B,=4:1,由洛伦兹力提供向心 力得gB=m,可知r B,故带电 m 粒子在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为 2=B1 r2 B,=,故B错误；设带电粒子 在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何 关系知cOsa= r2 r1十rg 5,可得a 37°，故粒子在I区运动的时间为t1= 360°-2(90°-37°) 254 2πm 360 T1 360° qB 粒子在Ⅱ区运动的时间为t2= 2×37 74° x 2π 360 360 B2 ,联立可得带 电粒子在I区和Ⅱ区的运动时间之比 为 红= 127 故D正确；带电粒子在 148 I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为1：= 360°-2(90°-37°) 254 360° ×2πr1 360 2xr1,l2= 2×37 74 360 X2πr2= 360 2πr2,故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之 l1127 比为 148 ,故C错误。 典例7AD 电子从P点出发恰好第 一次经原点O,有两类情况，一类是第 奇数次回到x轴经过原点O,另一类 是第偶数次回到x轴经过原，点O。其 中第一次和第二次回到x轴的轨迹如 图甲、乙所示， XXXX X XX XX XXXX XXXX XXX XX 甲 乙 由轨迹图结合几何关系，可得运动时 间为1= ×n(n=1,2,3,…)T 4 2πn π711 (n=1,2,3,…),当 eB ,解得t= 2eB 元17 n=1时，运动时间为t= ,由轨迹 2eB 图结合几何关系，轨迹圆的半径为= 2 LXsin45°-上(m=1,2,3…),可 得运动路程为：=× xn- 21 故A正确，B错误；同理，若电子从P 点出发恰好第一次经原点O到达Q 点，轨迹也为两类，如图丙、丁所示， XXXX XI X 丙 丁 由轨迹图结合几何关系，可得运动时 间为，=（+）×=T(a=1 (T 3,5…),或t2= 2,4,6,…),T= 2πm 2元nn eB ,解得t= eB 元12772 (n=1,3,5,…),t2= (n=2,4, eB 6,…),若电子从P点出发恰好第一次 经原点O到达Q,点，运动路程为s1= nX2xr(n=1.3.5)-2x2mr (n=2,4,6,…),解得51=2πL(n=1, 3,5,…),s2=πL(n=2,4,6,…),故C 错误，D正确。 微专题3动态圆的应用 》考向探究·素养提升《 考向一放缩圆法 典例1C如图所示， 应用“放缩圆法”作 图，当轨迹半径很小 或者很大时，电子均 不能够到达水平板 上，两个临界轨迹分 别为与水平板相切、 恰好经过水平板右端点，电子在磁场 中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供 )6 mvo 向心力有ew,B=mR,解得R=B, L 根据几何关系可知Rmm= ,R= ，解a=eBL。 L 兴所以 eBL eBL之·故选 4m 典例2D粒子做逆时针的匀速圆周 运动，根据左手定则可知，粒子带正 电，A错误；根据qwB=m ,,得u 9Br ,从M点射出粒子的运动半径更 小，则速度更小，B错误；由1= T= 2π 0.2m 2元·gB,粒子运动周期相同，运动轨 迹对应的圆心角日越大，粒子运动时 间越长，由几何关系可知，当运动轨迹 的弦与bc圆孤相切时，0最小，运动时 间最短，如图所示，Ob等于R,由几何 关系可知，此时运动轨迹对应的圆心 120° 角为120°，则最短时间为tmm=360° 9B3gB,MN两点具体位置未 2mm 知，则无法判断从M,点射出粒子所用 时间和从N,点射出粒子所用时间的大 小关系，C错误，D正确。 d:x + CN × 考向二定圆旋转法 典例3BC作出部分 M 粒子的运动轨迹如图 所示，粒子从b点射 出时，根据几何关系 有R2=(L-R)2+ 、 a (),求得R=L,过 5 平b A错误；由guB= R得粒子做国月运 动的速度大小=9BR_5gBL,B正 8m 确；设粒子从PQ射出区域的上端d 点到c,点的距离为s,根据几何关系有 ®=(L一R+,求得9=，因地 bdl=L,C正确；从c点射出磁场的粒 子，在a点时速度与MN的夹角0满足 2Rc0s0=L,可得cos0=0.8,则0≠30°， D错误， 典例4AD 根据gvB=m,则离子 轨迹半径r= 11w =L,离子轨迹对应 qB 铉长最短时运动时间最短，即离子恰 好打中P点，如图甲所示，根据几何关 系可知，轨迹对应的圆心角为60°，离 子能打中荧光屏的最短时间为t= 1 3BA正确： πn M × B X 甲 乙 离子运动轨迹如图乙 所示，离子速度为1 时从下侧回旋，刚好和 M' 边界相切于B点，离 子速度为2时从上侧 回旋，刚好和边界相切 于A点，离子的周期 N' T= 2nm ,离子打中荧 qB 光屏的最长时间为 丙 270° 3πm t ,B错误：离子打中荧 360° 2qB 光屏的范围总长度为图乙中的AC长 度，由几何关系可知|AC=(√3十 1)R=(W3+1)L,离子打中荧光屏的 宽度为（√3十1）L,C错误；离子恰好打 到MN上的临界运动轨迹如图丙所 示，离子速度为1从下侧回旋，刚好 和边界相切，离子速度为2时从上 侧回旋，刚好和边界相切，打到N'点 的离子离开S时的初速度方向和打 到M'点的离子离开S时的初速度方 向夹角0=π，能打到荧光屏上的离子 0 1 数与发射的离子数之比k= 2x 2 D正确。 考向三定圆平移法 典例5ACD 粒子在磁场中 偏转，根据洛伦 兹力提供向心 力，有qvB= ↑↑ 一，解得粒子在磁场中运动的轨迹 半径为r=1m,作出粒子在磁场中的 运动轨迹图，如图所示，由图可知，AC 边上有粒子射出的长度为DE = √2r-r=(W2-1)m,故A正确：粒子 参考答案 225